메르텐스 추측과 리만 가설

다음과 같이 매우 이해하기 쉬운 문제를 읽어보자. 진짜 쉽다. 함 낚여준다 생각하고 읽어보시라.

1을 제외한 자연수 중에서 제곱수로 나누어 떨어지는 수를 모두 0 으로 치고, 제곱수로 안 나누어 떨어지는 수들을 대상으로 소인수가 몇 개인지 세어본다. 소인수의 개수가 짝수개면 +1, 홀수개면 -1이 된다. 1은 걍 +1로 친다. 예를 들어

1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, ….. 는
1, -1, -1, 0, -1, 1, -1, 0, 0, 1, -1, 0, ….. 이 된다.

자, 이 수열의 첫 번째 항부터 n 번째 항 까지의 합의 절대값이 절대로 \sqrt{n} 을 넘지 않을 것인가? 이것이 유명한 메르텐스 추측이다. 이 문제는 보기에는 쉬워 보여도 풀기는 쉽지 않다.

결론부터 말하자면 반례가 존재한다. 1985년에 Pintz라는 친구가 다음 수 이내에 반례가 나타남을 증명했다.[1]

e^{32100000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000} = \exp(3.21 \times 10^{64})

그러나 어디서 정확히 반례가 나오는지는 아직 알려진 바 없다. 이제 남은 것은 컴퓨터의 중노동 뿐인가-_- (컴퓨터로도 좀 어려울 듯.. ㅋ)

메르텐스 추측도 무너졌으니 이제 다음 질문은 이렇게 바뀐다. 그러면 적당한 상수 C 가 있어서 저 수열의 합이 C\sqrt{n} 을 넘지 않을 것인가?

자, 이건 처음보다 좀 느슨한 질문이니 풀만하지 않을까 싶지만, 당신이 이걸 풀면 그것은 곧 리만 가설을 푼 셈이 된다!!!!!!-_- 아 쩐다. 왜 그런가 이해하기 위해서는 복소해석학적 지식이 약간 필요하다.

0-1. notation >
\sum_{d|n} f(d) 라 쓰면 n 을 나누는 모든 약수에 대한 합을 의미하고 \sum_{n \le x} f(n) 라 쓰면 x 이하 모든 자연수에 대한 합을 의미한다.

0-2. definition and background >
위에서 소개한 수열은 뫼비우스 함수(Möbius function)인데, 보통 \mu(n) 으로 표기한다. \sum_{d|n}\mu(d) 를 계산하면 n =1 일 때 1 이 되고, 2 이상의 모든 자연수에 대해 영이 됨을 쉽게 확인할 수 있다.

이 사실을 이용하면 Re(s) > 1 의 범위에서 다음 등식이 성립함을 간단히 확인할 수 있다.

\displaystyle \frac{1}{\zeta(s)}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mu(n)}{n^s}

증명은 이 수열과 제타함수와의 곱이 1이 됨을 확인함으로서 간단하게 보일 수 있다.

마지막으로 M(x) = \sum_{n \le x} \mu(n) , M(0) = 0 이라고 정의하자. 이 함수는 메르텐스 함수라고 부른다.

0-3. the symmetry of zeros >
제타함수의 함수 방정식

\displaystyle \zeta(s) = 2^s \pi^{s-1} \sin\left(\frac{\pi s}{2}\right)\Gamma(1-s)\zeta(1-s)

때문에 모든 nontrivial zero들은 Re(s) = 1/2 을 축으로 좌우 대칭된 곳에 존재해야 한다.

1. the evaluation >

\displaystyle \begin{aligned} \frac{1}{\zeta(s)} & =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mu(n)}{n^s} \\ & =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{M(n)-M(n-1)}{n^s} \\ & =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{M(n)}{n^s}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{M(n-1)}{n^s} \\ & = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{M(n)}{n^s}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{M(n)}{(n+1)^s} \\ & =\sum_{n=1}^{\infty}M(n)\left\{\frac{1}{n^s}-\frac{1}{(n+1)^s}\right\} \\ & = \sum_{n=1}^{\infty}M(n)\int_{n}^{n+1}\frac{s}{x^{s+1}}dx \\ & =s\sum_{n=1}^{\infty}\int_{n}^{n+1}\frac{M(x)}{x^{s+1}}dx \\ &  = s\int_1^{\infty}\frac{M(x)}{x^{s+1}}dx  \end{aligned}

끝에서 두 번째 등호에서 M(n) 이 적분 속으로 들어가는 이유는 M(x) 가 정수가 아닌 구간에서는 상수함수이기 때문이다.

자, 제타함수의 역수를 M(x) 로 표현하는데 성공했다. 만약 위의 추측이 참이라고 가정해 보자. 즉, 어떤 상수 C 가 존재해서 M(x) \le C\sqrt{x} 라고 하자. 그러면 제타함수의 역수는 다음 값에 bound 된다.

\displaystyle \left|\frac{1}{\zeta(s)}\right| \le |s|\int_1^{\infty}\left|\frac{M(x)}{x^{s+1}}\right|dx \le |s|\int_1^{\infty}\left|\frac{C\sqrt{x}}{x^{s+1}}\right|dx \le |s|\int_1^{\infty}\frac{C}{x^{Re(s)+1/2}}dx

근데 마지막 적분은 Re(s) > 1/2 이면 수렴한다. 즉, 1/\zeta(s) 는 원래 수렴구간인 Re(s) > 1 에서 Analytic continuation을 했다는 말이다. 또한 이 구간에서 무한대로 발산하지 않으므로 제타함수의 영점이 존재하지 않는다. 영점은 Re(s) = 1/2 에 대칭이므로 건너편 구간에서도 영점이 없다는 이야기가 되므로 리만가설은 참이 된다. (말은 쉽다 ㅋㅋㅋㅋ)

여하간 Big O-notation을 쓰면 이렇게 된다.

M(x) = O(\sqrt{x}) 이면 리만가설은 참이다.

이보다 좀 더 약한 가정으로 M(x) = o(x) 이면 소수정리와 동치가 된다. 그 증명은 Apostol 책[2]에 나와있다. 여쨌든 따라서 소수정리는 리만가설보다 약한 명제임을 알 수 있다. ㅋㅋ

 


[1] J. Pintz (1987), “An effective disproof of the Mertens conjecture”, Astérisque 147-148, pp. 325–333.
[2] Apostol, Tom M. (1976), Introduction to analytic number theory, Undergraduate Texts in Mathematics, New York-Heidelberg: Springer-Verlag, MR0434929, ISBN 978-0-387-90163-3

7 thoughts on “메르텐스 추측과 리만 가설

  1. 안녕하세요 글 잘 보았습니다.
    다름이 아니고 궁금한게 있습니다.
    Zeta(1-s)/Zeta(s) 는 re(s)>0 에서 항상 수렴할까요? 관련된 이론이 있나해서요~~
    부탁드립니다.

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